天津【化学】化学二模试题分类汇编——高无机综合推断综合

天津【化学】化学二模试题分类汇编——高无机综合推断综合
一、无机综合推断
1．中学化学中的一些常见物质有如图转化关系。

其中A、H为空气中的主要成分，气体B 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体D遇到A很快变成红棕色E，C是黑色金属氧化物，I 是紫红色金属单质。

X为常见液体(部分反应条件及生成物没有全部列出)。

回答下列问题：
（1）B的化学式为________ C的化学式为___________D的化学式为___________
（2）B的实验室制法的化学方程式____________________
（3）写出反应①的化学方程式_______________________。

（4）写出反应②的离子方程式_______________________。

【答案】NH3 CuO NO 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++NO↑+4H2O
【解析】
【分析】
A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO)，故为HNO3，G为
Cu(NO3)2．C属于氧化物，与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu)，根据元素守恒可知C 为CuO，据此解答。

【详解】
A、H为空气中主要成分，分别为N2、O2中的一种，气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则B为NH3，A能与氨气反应生成D与X，X为常见液体，气体D遇到A很快变成红棕色E，可推知A为O2，H为N2，D为NO，X为H2O，E为NO2，E与X反应生成F，I是紫红色金属单质，应为Cu，F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO)，故为HNO3，G为
Cu(NO3)2．C属于氧化物，与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu)，根据元素守恒可知C 为CuO；
(1)由上述分析可知，B的化学式为NH3；C的化学式为CuO；D的化学式为NO；
(2)实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH3，发生反应的化学方程式为
2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(3)反应①为氨的催化氧化，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
(4)反应②为Cu溶于稀硝酸生成NO，发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-
=3Cu2++2NO↑+4H2O。

【点睛】
此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。

2．某强酸性溶液X，含有Ba2+、Al3+、SiO32－、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的一种或几种离子，取溶液进行连续实验，能实现如下转化：
依据以上信息，回答下列问题：
（1）上述离子中，溶液X中肯定含有的是：________________；不能肯定的是：
_______________。

对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的一种加入X溶液中，根据现象就可判断，则该试剂是：_________。

（选填：
①NaOH溶液，②酚酞试剂，③石蕊试剂，④pH试纸，⑤KSCN溶液，⑥KMnO4溶液）（2）气体F的电子式为：_______________，实验中，可以观察到反应②的现象是：
__________________。

（3）写出步骤①所有发生反应的离子方程式________________________、
___________________。

【答案】SO42－、Al3+、Fe2+、NH4+ Fe3+⑤气体由无色变成红棕色 Ba2++SO42－＝
BaSO4↓ 3Fe2++NO3－+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O
【解析】
【详解】
（1）在强酸性溶液中氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，硅酸根离子和氢离子反应生成硅酸沉淀，所以一定不会存在CO32-和SiO32-离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，说明一定含有SO42-，含有SO42-离子就一定不含Ba2+离子；气体A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有
还原性离子，一定为Fe2+，一定不含NO3-离子；溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+；溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀K，则K为Al （OH）3，L为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+；不能确定是否含有的离子Fe3+，检验用硫氰化钾溶液，取少量X溶液放在试管中，加入几滴KSCN，溶液变红色说明有Fe3+，反之无Fe3+；
（2）溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F：NH4++OH-=NH3↑+H2O，氨气电子式为；一氧化氮易被氧化为二氧化氮，则实验中，可以观察到反应②的现象是无色一氧
化氮变为红棕色二氧化氮气体；
（3）步骤①在强酸性溶液中加入过量硝酸钡，钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，Ba2++SO42－＝BaSO4↓，二价铁离子具有还原性，硝酸具有氧化性，二价铁离子被硝酸氧化生成三价铁离子，硝酸被还原成一氧化氮，一氧化氮在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮，离子反应方程式为3Fe2++NO3－+4H+＝3Fe3++NO↑+2H2O。

3．甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：
(1)甲物质为____________(填化学式)。

(2)乙与甲反应的化学方程式为____________，丙与甲反应的化学方程式为____________。

(3)D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是____________（结合化学反应方程式描述原因）。

(4)D可用于制取“84”消毒液，反应的化学方程式为____________，也可用于工业上制取漂白粉，反应的化学方程式为____________，但漂白粉保存不当易变质，变质时涉及到的化学方程式为____________。

【答案】Na2O2 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
Cl2+H2O=HCl+HClO、 HClO有漂白性 Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，
2HClO2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则A 为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为黄绿色气体，则D为Cl2，D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、NaClO，F的溶液能与丙(CO2)反应C与I，则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO，G与C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2)，则G为HCl，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，A为NaOH，B为O2，C为
Na2CO3，D为Cl2，E为NaCl，F为NaClO，G为HCl，I为HClO。

(1)甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；
(2)甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
(3)D为Cl2，氯气与水反应产生HCl和HClO，反应方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO ，产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪色；
(4)Cl2与NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物，即为“84”消毒液，有效成分为NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，有效成分为Ca(ClO)2，由于酸性H2CO3>HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，产生的HClO不稳定，光照易分解：2HClO2HCl+O2↑，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在冷暗处。

【点睛】
本题考查无机物推断，“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。

4．某无机盐X(仅含三种元素，原子个数比为1:1:4,摩尔质量270g·mol-1)，为探究其组成和性质，某学习小组进行了如下实验，X与水反应只生成A、B两种物质，其中气体单质 A 能使带火星的木条复燃。

下列说法正确的是：
（1）X的组成元素为 O和_____________（用元素符号表示）。

（2）X 的化学式为____________。

（3）下列说法正确的是（N A为阿伏加德罗常数）_________ 。

a．酸式盐B的焰色反应颜色可以直接观察
b．盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c．1摩尔的固体B中含2N A个离子
d．氮气和气体单质A点燃即可发生反应
（4）X氧化能力极强，可用于脱硫脱硝，写出在碱性条件下X氧化SO32-的离子方程式
____________。

【答案】K 、 S K2S2O8 C S2O8 2-+ SO32-+2OH-=3SO42-+ H2O
【解析】
【分析】
单质 A 能使带火星的木条复燃，则A为O2，B焰色反应呈紫色，则含有K元素，B的酸性溶液与BaCl2反应产生白色沉淀，则B中含有SO42-，27gX物质的量为0.1mol，S元素物质
的量
46.6g
=0.2mol
233g/mol
，则S原子个数为
mol
=
mol
0.2
2
0.1
，结合摩尔质量和原子个数比推出
分子式。

【详解】
单质 A 能使带火星的木条复燃，则A为O2，B焰色反应呈紫色，则含有K元素，B的酸性溶液与BaCl2反应产生白色沉淀，则B中含有SO42-，27gX物质的量为0.1mol，S元素物质
的量
46.6g
=0.2mol
233g/mol
，则S原子个数为
mol
=
mol
0.2
2
0.1
，原子个数比为1:1:4，摩尔质量
270g·mol-1，则化学式为K2S2O8，
（1）X的组成元素为 O和K 、 S，
故答案为：K 、 S；
（2）由上述推断可知X 的化学式为K2S2O8，
故答案为：K2S2O8；
（3）a．K的焰色反应需透过蓝色钴玻璃片观察，故a错误；
b．盐X中的两种非金属元素所组成的氧化物有SO2、SO3、H2O、H2O2；SO2和H2O2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，SO3和H2O不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故b错误；
c． B为酸性溶液则B为KHSO4，固体B中含有K+和HSO4-离子，故1摩尔的固体B中含2N A个离子，故c正确；
d．氮气和O2不可点燃，故d错误；
故答案选：c；
（4）X氧化SO32-X为氧化剂，SO32-为还原剂，根据化合价升降守恒可得离子方程式为：2-2--2-
28342
S O+ SO+2OH=3SO+ H O，
故答案为：2-2--2-
28342
S O+ SO+2OH=3SO+ H O。

5．A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应。

（1）若A、D、F都是非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，则反应①的化学方程式是___。

（2）若A是常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①在水溶液中进行，则反应②（在水溶液中进行）的离子方程式是___。

（3）若B、C、F都是气态单质，且B有毒，③和④两个反应中都有水生成，反应②需要放电才能发生，A、D相遇有白烟生成，则C的电子式是___，反应③的化学方程式是___。

（4）若A、D为短周期元素单质，且所含元素的原子序数A是D的2倍，所含元素的原子核外最外层电子数D是A的2倍，③和④两个反应中都有红棕色气体生成，B的结构式是___，反应④的化学方程式是___。

【答案】SiO2＋2C Si＋2CO↑ 2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-︰N N︰ 4NH3＋5O24NO ＋6H2O O=C=O C＋4HNO3CO2↑＋4NO2↑＋4H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A、D、F都是非金属单质，且A、D所含元素同主族，A、F所含元素同周期，反应①为置换反应，考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO，碳与F反应生成E，CO与F生成E，F 为气体，则F为氧气，验证符合转化关系，则：反应①的化学方程式是SiO2＋2C Si＋2CO↑，故答案为：SiO2＋2C Si＋2CO↑；
(2)A是生活中常见的金属单质，D、F是气态单质，反应①为置换反应，且在水溶液中进行，由转化关系可知，A为变价金属，F具有强氧化性，可推知A为Fe，F为Cl2，故B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁，则：反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(3)B、C、F都是气态单质，B有毒，则B为氯气，反应②需要放电条件才能发生，为氮气与氧气反应，③和④两个反应中都有水生成，可以推知C为N2，电子式为︰N N︰，F为O2，E为NO，A为NH3，反应①为置换反应，A、D相遇有白烟生成，可推知D为HCl，反应③的化学方程式是：4NH3＋5O24NO＋6H2O，故答案为：︰N N︰；4NH3＋
5O24NO＋6H2O；
(4)若A、D为单质，③和④两个反应中都有红棕色气体生成，该红棕色气体为NO2，可推知F为HNO3，反应①是置换反应，Mg与二氧化碳反应符合整个转化关系，可推知B为CO2、C为MgO、D为C、E为Mg(NO3)2，则：二氧化碳的结构简式为：O=C=O，反应④的化学方程式是C＋4HNO3CO2↑＋4NO2↑＋4H2O，故答案为：O=C=O；C＋
4HNO3CO2↑＋4NO2↑＋4H2O。

6．有关物质的转化关系如下图所示（部分物质和条件已略去）。

A、C是常见的强酸，B 是黄色非金属单质；E是紫红色金属单质，G是最常见的无色液体；D、F、I是常见的气体，D为红棕色，D与I组成元素相同，且相对分子质量相差16。

请回答下列问题：
（1）G的化学式为________。

（2）反应①的化学方程式为_____________________________。

（3）E与A的浓溶液反应的离子方程式为_________________________________。

（4）反应②的化学方程式为_____________________________________。

【答案】H2O Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O Cu＋4H＋＋2NO3—=== Cu2＋＋
2NO2↑＋2H2O SO2＋NO2＋H2O=== H2SO4＋NO
【解析】
【分析】
由题意和转化关系可知，E是紫红色的金属单质，则E为Cu；A、C是常见的强酸，黄色非金属单质B与A反应得到C和D，D为红棕色气体，且C能与Cu反应生成F、G、H，且G 是最常见的无色液体可知A为HNO3、B为S、C为H2SO4、D为NO2、G为H2O、H为CuSO4；D与I组成元素相同，且相对分子质量相差16，而D、F、G反应得到C和I，则F 为SO2、I为NO。

【详解】
（1）由分析可知，G为水，化学式为H2O，故答案为：H2O；
（2）反应①为铜和浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu ＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为：Cu＋2H2SO4(浓) CuSO4＋SO2↑＋
2H2O；
（3）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO3—= Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，故答案为：Cu＋4H＋＋2NO3—= Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；
（4）反应②为二氧化硫与二氧化氮和水发生氧化还原反应生成硫酸和一氧化氮，反应的化学方程式为SO2＋NO2＋H2O=H2SO4＋NO，故答案为：SO2＋NO2＋H2O=H2SO4＋NO。

【点睛】
由B是黄色非金属单质、E是紫红色金属单质、G是最常见的无色液体、D为红棕色气体是解答的突破口，结合题给转化关系确定各物质的化学式是解答关键，
7．探究化合物A(仅含三种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：白色固体C 既能与强酸反应，也能与强碱反应。

请回答：
(1)写出A 受热分解的化学方程式为___________________________________________。

(2)请设计实验方案检验溶液E 中所含的阳离子_________________________________。

(3)若固体F 中金属元素的百分含量为19.29%，硫为22.86%，氧为57.14%，且300 g/mol<M F <450 g/mol ，则F 的化学式为____________。

【答案】232523222Al O N O 2Al O 4NO O ∆
===++g 取玻璃棒蘸取少量溶液于pH 试纸
上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH 溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子 ()2433Al SO Al(OH)⋅
【解析】
【分析】
红棕色气体B 为二氧化氮，生成的物质的量为0.2mol ，白色固体C 既能与强酸反应，也能与强碱反应，说明其为氧化铝或氢氧化铝，由于A 仅含有三种短周期元素，故C 为氧化铝，其物质的量为0.1mol ，则气体单质D 为氧气，生成的质量为210.246/10.2 1.6g mol g mol g g -⨯-=，则其物质的量为0.05mol ，故A 的化学式为2325Al O N O g 。

【详解】
（1）通过分析可写出A 受热分解的化学方程式为
232523222Al O N O 2Al O 4NO O ∆===++g ；
（2）E 中的阳离子为氢离子和铝离子，故可设计两组实验，取玻璃棒蘸取少量溶液于pH 试纸上，成红色，说明有氢离子，另取少量溶液与试管中，加入NaOH 溶液，先产生沉淀，后沉淀消失，说明溶液中存在铝离子；
（3）根据原子守恒，可知，F 中Al 元素的质量为27210.2 5.4102
g ⨯⨯=，故F 的质量为5.4g÷19.29%=28g ，故可算出S 的质量为6.40g,O 的质量为16.00g ，剩余为H 的质量，因为300 g/mol<M F <450 g/mol ，可得出其化学式为()2433Al SO Al(OH)⋅。

8．下图为一些物质之间的转化关系，其中部分反应中反应物或生成物未列全。

已知A 、H 、I 、K 均为家庭厨房中的常见物质，其中A 是食品调味剂，H 是消毒剂的有效成分，I 、K 可用作食品发泡剂。

B 是一种有机酸盐，E 、F 、G 均为氧化物，L 是红褐色沉淀。

根据以上信息，回答下列问题：
(1)B的组成元素为_____。

(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。

(3)G→J的离子方程式为_____。

(4)M是含氧酸盐，反应①中H、L、D的物质的量之比为3：2：4，则M的化学式为
_____。

【答案】Fe、C、O 取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I
2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O Na2FeO4
【解析】
【分析】
A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，则A为NaCl，H为NaClO，G为氧化物，加
H2SO4、H2O2生成J，J加D得L，L为红褐色沉淀，则L为Fe(OH)3，D为NaOH，以此逆推可知J为Fe2(SO4)3，G为FeO，则B中含有Fe元素，C为Cl2，B为有机酸盐，则一定含有C、O两元素，E、F为氧化物，结合框图，则F为CO，E为CO2，I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)。

【详解】
(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO，则应含有Fe、C、O三种元素，故答案为：Fe、C、O；
(2)I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)，Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀，可加入CaCl2溶液鉴别，出现白色沉淀者为Na2CO3，故答案为：取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I；
(3)G→J的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程，H2O2具有氧化性，反应的离子方程式为
2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O，故答案为：2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O；
(4)H、L、D分别为：NaClO、Fe(OH)3、NaOH，根据物质的量之比为3：2：4，结合生成一种含氧酸盐M，可确定M的化学式为Na2FeO4，方程式为3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：Na2FeO4。

【点睛】
无机推断题注意题的突破口，如A是食品调味剂，是氯化钠，H是消毒剂的有效成分，为次氯酸钠，I、K可用作食品发泡剂，为碳酸氢钠和碳酸钠，L是红褐色沉淀，为氢氧化铁。

掌握常见物质的性质和用途是关键。

9．由2种常见元素组成的化合物G，有关转化和实验信息如下：
请回答下列问题：
(1)G是______________（填化学式）。

(2)写出A→B的离子方程式_____________________________________________。

(3)若D为纯净物，F是红色金属单质，写出D和稀硫酸反应的离子方程式
_____________。

(4)C的最大质量为________________g。

【答案】Cu2S SO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H＋ Cu2O+2H= Cu2＋+ Cu+ H2O 23.3
【解析】
【分析】
A为刺激性气体，能与碘水反应，说明A有还原性；B与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，说明B中含有SO42-，所以A为SO2，B为H2SO4和HI的混合溶液，C为 BaSO4；通过质量守恒可推知G是Cu2S，以此解答。

【详解】
(1)G中含S元素，I2＋2H2O＋SO2＝H2SO4＋2HI，m（S）＝1L×0.1mol/L×32 g/mol＝3.2g，G 中金属元素质量为12.8g，由元素质量守恒知，D中氧元素质量为1.6g，中学常见的红色氧化物粉末有Fe2O3、Cu2O等，设D中金属元素的相对原子质量为M，化合价为n，则有12.8 1.6
⨯=⨯，解得：M＝64n，当n＝1时，M＝64，故D为Cu2O，G为Cu2S；故答n2
M16
案为：Cu2S；
(2)A到B是SO2和碘水反应生成SO42-和I-的过程，离子方程式为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-
+4H+；故答案为：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+；
(3)Cu2O与硫酸反应，生成了一种单质，该单质是铜，由氧化还原反应知，一部分铜元素由＋1价降至0价，必然另一部分铜元素化合价升高至＋2价，即E为硫酸铜溶液，F为铜单质，则离子反应方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
(4)由分析可知，最终生成硫酸钡沉淀，Ba2+＋SO42-＝BaSO4↓，m（BaSO4）＝0.1mol×233 g/mol＝23.3g；故答案为：23.3；
10．下图表示有关物质之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质(一般是黑色粉末)，C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物(反应条件图中已省略)
(1)A ，D 代表的物质分别为：________，________(填化学式)；
(2)反应①中的C ，D 均过量，该反应的化学方程式是
____________________________________；
(3)反应②中，若B 与F 物质的量之比为4∶3，G ，H 分别是_______，_______(填化学式)；其物质的量之比为__________.
(4)反应③产物中K 的化学式为____________；④的离子方程式为
_____________________________.
【答案】Al Na 2O 2 2H 2O +Na 2O 2 =4NaOH+O 2↑、2Al+ 2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑ CO 2 CO 1:1 Na 2CO 3 22AlO -+CO 2+3H 2O=2Al(OH)3↓+23CO -
【解析】
【分析】
题干信息，A 为常见的金属单质，B 为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C ，C 是常见的无色无味液体可以推断为H 2O ，D 是淡黄色的固体化合物判断为Na 2O 2，E 、F 为O 2和H 2的反应生成水，A 是常见金属，与另一种固体在水中反应生成O 2和H 2，则该固体金属为Al ，固体D 为Na 2O 2，能与水和CO 2反应，则G 为CO 2；说明K 为Na 2CO 3，F 为O 2； 题给信息黑色单质B 与氧气(F)反应得到G(CO 2)，说明B 为C(碳)，C 和O 2反应可生成CO 2和CO ，则H 为CO ；依据F(O 2)与E 反应生成C(水)可知E 为氢气，结合物质的性质解答该题。

【详解】
推断可知A 为Al ，B 为C ，C 为H 2O ，D 为Na 2O 2，E 为H 2，F 为O 2，G 为CO 2，H 为CO ，K 为Na 2CO 3；
(1) 依据推断可知，A 、D 代表的物质分别为：Al 、Na 2O 2；
(2) 反应①中的C 、D 均过量，生成的氢氧化钠溶液能和A 完全反应，该反应的化学方程式是：2H 2O+2Na 2O 2=4NaOH+O 2↑、2Al+2NaOH+2H 2O=2NaAlO 2+3H 2↑；
(3) 依据反应C+O 2=CO 2：n(C)：n(O 2)=1：1，发生反应产物为二氧化碳；依据反应2C+O 2=2CO ；n(C)：n(O 2)=2：1，发生反应生成一氧化碳气体；反应②中，若B(C)与F(O 2)物质的量之比为4：3，1：1＜n(C)：n(O 2)=4：3＜2：1；判断G 、H 分别是：CO 2、CO ；设CO 2的物质的量为amol 、CO 的物质的量为bmol ，则a+b=4、2a+b=6，解得：a=2、b=2，故CO 2和CO 物质的量之比为2mol ：2mol=1:1；
(4) 反应③是过氧化钠和二氧化碳气体的反应生成碳酸钠和氧气，F 为氧气，产物中K 为碳
酸钠，化学式为：Na2CO3；分析判断G为CO2，溶液乙是碳酸钠溶液，G+溶液甲=溶液乙+沉淀L，所以甲溶液中的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应④的离子方程式为：2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-。

【点睛】
考查无机物的推断，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从C是常见的无色无味液体和D是淡黄色的固体化合物，展开思维的空间，寻找目标答案。